上海市高考化学试卷

1、2014年上海市高考化学试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1（2分）“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料下列关于Pu的说法正确的是（）APu与U互为同位素BPu与Pu互为同素异形体CPu与U具有完全相同的化学性质DPu与Pu具有相同的最外层电子数2（2分）下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（）A过氧化钠B氢硫酸C硫酸亚铁D苯酚3（2分）结构为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高上述高分子化合物的单体是（）A乙炔B乙烯C丙烯D1，3丁二烯4（2分）在“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次

2、是（）A范德华力、范德华力、范德华力B范德华力、范德华力、共价键C范德华力、共价键、共价键D共价键、共价键、共价键5（2分）下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是（）A升华B萃取C纸上层析D重结晶二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6（3分）今年是门捷列夫诞辰180周年下列事实不能用元素周期律解释的只有（）A碱性：KOHNaOHB相对原子质量：ArKC酸性：HClO4H2SO4D元素的金属性：MgAl7（3分）下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是（）AH3O+和OHBCO和N2CHNO2和 NO2DCH3+和NH4+8（3分）BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其

3、化学性质与AlCl3相似由此可推测BeCl2（）A熔融态不导电B水溶液呈中性C熔点比BeBr2高D不与NaOH溶液反应9（3分）1，3丁二烯和2丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：CH2=CHCHCH2（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+236.6kJCH3CCCH3（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ由此不能判断（）A1，3丁二烯和2丁炔稳定性的相对大小B1，3丁二烯和2丁炔分子储存能量的相对高低C1，3丁二烯和2丁炔相互转化的热效应D一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小10（3分）如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案

4、正确的是（）选项X收集气体YA碱石灰氯化氢水B碱石灰氨气水C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠AABBCCDD11（3分）向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中（）Ac（Ca2+）、c（OH）均增大Bc（Ca2+）、c（OH）均保持不变Cc（Ca2+）、c（OH）均减小Dc（OH）增大、c（H+）减小12（3分）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列正确的是（）AK1闭合，铁棒上发生的反应为2H+2eH2BK1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK2闭合，电路中通过0.00

5、2NA个电子时，两极共产生0.001mol气体13（3分）催化加氢可生成3甲基己烷的是（）ABCD14（3分）只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是（）AK值不变，平衡可能移动BK值变化，平衡一定移动C平衡移动，K值可能不变D平衡移动，K值一定变化15（3分）图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置下列操作正确的是（）Aa通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰Ba通入NH3，然后b入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉Cb通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰Db通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉16（3分）含有砒霜（As2O3）的试样和锌、

6、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气，若砷的质量为1.50mg，则（）A被氧化的砒霜为1.98mgB分解产生的氢气为0.672mLC和砒霜反应的锌为3.90mgD转移的电子总数为6×105NA17（3分）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分：

7、有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18（4分）某未知溶液可能含Cl、CO32、Na+、SO42、Al3+将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀下列判断合理的是（）A一定有ClB一定有SO42C一定没有Al3+D一定没有CO3219（4分）下列反应与Na2O2+SO2Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（）A2Na2O2+CO22Na2CO3+O2B2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2CNa2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2D3Na2O2+Cr2O32Na2CrO

8、4+Na2O20（4分）向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸下列离子方程式可能与事实相符的是（）AOH+2CO32+3H+2HCO3+H2OB2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OC2OH+CO32+4H+CO2+3H2ODOH+CO32+3H+CO2+2H2O21（4分）室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是（）A溶液的体积：V甲10V乙B水电离出的OH浓度：10c（OH）甲c（OH）乙C若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙D若分别与5mL pH=11的Na

9、OH溶液反应，所得溶液的pH：甲乙22（4分）已知：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O向含2mol NaOH，1mol Ba（OH）2，2mol NaAl（OH）4的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量关系正确的是（）选项ABCDn（CO2）（mol）2346n（沉淀）（mol）1233AABBCCDD四、（本题共12分）23（12分）合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜（）、氨水吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体，铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3Cu（NH3）3CO

10、Ac完成下列填空：（1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是 （选填编号）a减压 b增加NH3的浓度 c升温 d及时移走产物（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式： （3）简述铜液吸收CO及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件） （4）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为 ，其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是 ，通过比较 可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱（5）已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是 ，CS2熔点高于CO2，其原因是 五、（本题共12分）24（12分）硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现，硫的化合物大多具有

11、氧化性或还原性，许多金属硫化物难溶于水完成下列填空：（1）硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应，在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式： （2）石油化工的废气中有H2S，写出从废气中回收单质硫的两种方法（除空气外，不能使用其他原料），以化学方程式表示： ， （3）室温下，0.1mol/L的硫化钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是 ，其原因是 已知：H2S：Ki1=1.3×107 Ki2=7.1×1015H2CO3：Ki1=4.3×107 Ki2=5.6×1011（4）向ZnSO4

12、溶液中加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续增加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用电离平衡原理解释上述现象 （5）将黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，溶液中有淡黄色固体生成，产物还有 、 ，过滤，微热滤液，然后加入过量氢氧化钠溶液，可观察到的现象是 六、（本题共12分）25（12分）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵完成下列填空：（1）写出上述制备小苏打的化学方程式 （2）滤除小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：通入氨，冷却、加食盐，过滤不通氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是 （选填编号）a析出的氯化铵纯度更高

13、 b析出的氯化铵纯度更高c的滤液可直接循环使用 d的滤液可直接循环使用（3）提取的NH4Cl中含少量Fe2+、SO42，将产品溶解，加入H2O2，加热至沸，再加入BaCl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵加热至沸的目的是 滤渣的主要成分是 、 （4）称取1.840g小苏打样品（含少量NaCl），配置成250mL溶液，取出25.00mL用0.1000mol/L盐酸滴定，消耗盐酸21.50mL实验中所需的定量仪器除滴定管外，还有 选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是 样品中NaHCO3质量分数为 （保留3位小数）（5）将一定质量小苏打样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可

14、测定小苏打的含量若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果 （选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）七、（本题共12分）26（12分）氯气和氯乙烯都是非常重要的化工产品，年产量均在107t左右，氯气的实验室制备和氯乙烯的工业生产都有多种不同方法。完成下列填空：（1）实验室制取纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸，还需要 、 （填写试剂或溶液名称）（2）实验室用2.00mol/L盐酸和漂粉精成分为Ca（ClO）2、CaCl2反应生成氯气、氯化钙和水，若产生2.24L（标准状况）氯气，发生反应的盐酸为 mL。（3）实验室通常用向上排空气法收集氯气。设计一个简单实验，验证所收集的氯气中是否含有空气。

15、 工业上用电石乙炔生产氯乙烯的反应如下：CaO+3CCaC2+COCaC2+2H2OHCCH+Ca（OH）2HCCH+HClCH2CHCl电石乙炔法的优点是流程简单，产品纯度高，而且不依赖于石油资源。电石乙炔法的缺点是： 、 。（4）乙烷和氯气反应可制得ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl加热分解得到氯乙烯和氯化氢。设计一种以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯的方案（其他原料自选），用化学方程式表示（不必注明反应条件）。要求：反应产生的氯化氢必须用于氯乙烯的制备；不再产生其他废液。八、（本题共8分）27（8分）许多有机化合物具有酸碱性完成下列填空（1）苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由强到弱的顺

16、序为： 苯胺（ ）具有 （选填“酸性”、“碱性”或“中性”）（2）常常利用物质的酸碱性分离混合物某一混合物含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四种物质，其分离方案如图已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水A、B、C分别是：A 、B 、C 上述方案中，若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，则应加入 （3）欲将转化为，则应加入 九、（本题共14分）28（14分）M是一种治疗直肠癌和小细胞肺癌药物的主要成分，其结构式为（不考虑立体结构，其中R为）M的一条合成路线如下（部分反应试剂和条件省略）完成下列填空：（1）写出反应类型反应 、反应 ；（2）写出反应试剂和反应条件反应 、反应 ；（3）写出结构简式B 、C ；

17、（4）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应；分子中有5种不同化学环境的氢原子（5）丁烷氯化可得到2氯丁烷，设计一条从2氯丁烷合成1，3丁二烯的合成路线（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物） （6）已知：与的化学性质相似从反应可得出的结论是： 十、（本题共14分）29（14分）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用，在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂完成下列计算：（1）焦硫酸（H2SO4SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸

18、，若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为 mol/L（2）若以浓硫酸吸水后生成H2SO4H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？（3）硫铁矿是工业上制作硫酸的主要原料，硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2若48mol FeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况）；计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃

19、烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.212014年上海市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1（2分）“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料下列关于Pu的说法正确的是（）APu与U互为同位素BPu与Pu互为同素异形体CPu与U具有完全相同的化学性质DPu与Pu具有相同的最外层电子数【分析】A有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；B同种元素形成的不同单质互称同素异形体；C不同的元素化学性质不同；D原子的核外电子数等于质子数【解答】解：A有相同质子

20、数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，Pu与U质子数不同，不是同位素，故A错误；B同种元素形成的不同单质互称同素异形体，Pu与Pu均为原子，不是同素异形体，故B错误；CPu与U质子数不同属于不同的元素，其化学性质不同，故C错误；DPu与Pu具有相同的质子数，所以其核外电子数相同，则具有相同的最外层电子数，故D正确；故选：D。【点评】本题考查粒子间的数量关系、同位素和同素异形体概念等，侧重于原子结构知识的考查，难度不大要注意平时知识的积累2（2分）下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（）A过氧化钠B氢硫酸C硫酸亚铁D苯酚【分析】根据物质的性质进行分析：A、过氧化钠和氧气不反应；B

21、、氢硫酸和氧气反应生成硫和水；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁；D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌；【解答】解：A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，故A正确；B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故B错误；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故错误；D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌，会因空气中的氧气而变质，故D错误；故选：A。【点评】此题考查了一些常见物质在空气中发生反应的问题，是对学生进行物质性质的训练与提高，难度不大3（2分）结构为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大

22、幅度提高上述高分子化合物的单体是（）A乙炔B乙烯C丙烯D1，3丁二烯【分析】判断高聚物的单体：首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；（3）凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换；该题属于第（1）种情况，据此进行解答【解答】解：高

23、分子化合物CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH，其结构简式可以表示为：CH=CHn，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可得其单体为：CHCH，故选：A。【点评】本题考查加聚反应生原理及高分子化合物单体的求算，题目难度不大，明确加聚反应原理及反应产物的单体判断方法是解答的关键4（2分）在“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（）A范德华力、范德华力、范德华力B范德华力、范德华力、共价键C范德华力、共价键、共价键D共价键、共价键、共价键【分析】物质的三态变化属于物理变化，石蜡

24、蒸气转化为裂化气发生了化学变化，根据物质的变化分析【解答】解：石蜡液体石蜡石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键。故选：B。【点评】本题考查了物质发生物理、化学变化时破坏的作用力，题目难度不大，侧重于基础知识的考查5（2分）下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是（）A升华B萃取C纸上层析D重结晶【分析】升华是利用物质熔沸点低，加热转化为气态来分离，以此来解答【解答】解：升华与物质熔沸点有关，加热转化为气态可分离混合物，而萃取、纸上层析、

25、重结晶均与物质在溶剂中的溶解度有关，故选：A。【点评】本题考查混合物分离、提纯方法及选择，为高频考点，把握分离方法及分离原理为解答的关键，注意纸上层析是试样在有机溶剂中的溶解度差异，利用扩散原理分离混合物，为解答的难点，题目难度不大二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6（3分）今年是门捷列夫诞辰180周年下列事实不能用元素周期律解释的只有（）A碱性：KOHNaOHB相对原子质量：ArKC酸性：HClO4H2SO4D元素的金属性：MgAl【分析】A元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；B相对原子质量的大小与原子序数有关；C元素的非金属性越强，对应的最高价

26、氧化物的水化物的酸性越强；D同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱【解答】解：ANa、K位于周期表相同主族，金属性KNa，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故A不选；B相对原子质量的大小与原子序数有关，随原子序数的增大而增大，存在周期性的变化，不能用元素周期律解释，故B选；C非金属性ClS，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，能用元素周期律解释，故C不选；D同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，能用元素周期律解释，故D不选。故选：B。【点评】本题为2014年上海高考题，侧重于元素周期律的理解与应用的考查，注意把握元素周期律的

27、递变规律以及相关知识的积累，难度不大7（3分）下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是（）AH3O+和OHBCO和N2CHNO2和 NO2DCH3+和NH4+【分析】粒子中质子数等于原子的质子数之和，中性微粒中质子数=电子数，阳离子的电子数=质子数电荷数，阴离子的电子数=质子数+电荷数【解答】解：A、H3O+的质子数为11，电子数为111=10，OH的质子数为9，电子数为9+1=10，电子数相同，故A错误；B、CO的质子数为14，电子数为14，N2的质子数为14，电子数为14，电子数相同，故B错误；C、HNO2的质子数为1+7+8×2=24，电子数为24，NO2的质子数为7+8

28、5;2=23，电子数为23+1=24，电子数相同，故C错误；D、CH3+的质子数为6+1×3=9，电子数为91=8，NH4+的质子数为11，电子数为111=10，电子数不同，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数8（3分）BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似由此可推测BeCl2（）A熔融态不导电B水溶液呈中性C熔点比BeBr2高D不与NaOH溶液反应【分析】AlCl3的结构和化学性质：氯化铝是共价化合物，熔融态不导电，铝离子能发生水解使

29、溶液呈碱性，能与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀BeCl2化学性质与AlCl3相似，依此进行判断【解答】解：氯化铝是共价化合物，是分子晶体，熔融态不导电，能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀。BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似，故ABeCl2为共价化合物，故熔融态不导电，故A正确；BBeCl2能发生水解使溶液呈酸性，故B错误；CBeCl2和BeBr2为分子晶体，BeBr2相对分子质量大于BeCl2，故BeCl2熔点比BeBr2低，故C错误；D能与NaOH溶液反应生成氢氧化铍沉淀，故D错误，故选：A。【点评】本题考查物质的性质，难度不大掌握

30、氯化铝的性质是解题的关键，要注意氯化铝是共价化合物9（3分）1，3丁二烯和2丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：CH2=CHCHCH2（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+236.6kJCH3CCCH3（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ由此不能判断（）A1，3丁二烯和2丁炔稳定性的相对大小B1，3丁二烯和2丁炔分子储存能量的相对高低C1，3丁二烯和2丁炔相互转化的热效应D一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小【分析】据H=生成物的能量和反应物的能量和=反应物的键能和生成物的键能和可知，3丁二烯和2丁炔的能量高低，能量越低越稳定据此解答【

31、解答】解：据H=生成物的能量和反应物的能量和=反应物的键能和生成物的键能和可知，3丁二烯和2丁炔的能量高低，能量越低越稳定，A、相同条件下2丁炔放出热量比1，3丁二烯多，说明1，3丁二烯能量低，稳定，故A正确；B、相同条件下2丁炔放出热量比1，3丁二烯多，说明1，3丁二烯能量低，故B正确；C、相同条件下2丁炔放出热量比1，3丁二烯多，说明1，3丁二烯能量低，其相互转化有能量变化，故C正确；D、1，3丁二烯和2丁炔所含的碳碳单键数目不同，所以不能判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能大小，故D错误。故选：D。【点评】本题主要考查H=生成物的能量和反应物的能量和=反应物的键能和生成物的键能和，

32、以及能量越低越稳定，题目难度不大10（3分）如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（）选项X收集气体YA碱石灰氯化氢水B碱石灰氨气水C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠AABBCCDD【分析】该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，据此分析解答【解答】解：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，A碱石灰呈碱性，能和HCl反应，所以HCl不能用碱石灰干燥，故A错误；B氨气密度小于空气，应该采用向下排

33、空气法收集，故B错误；C二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反应，氯化钙和二氧化硫不反应，所以能用氯化钙干燥，故C正确；D常温下NO和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，所以得不到NO，NO采用排水法收集，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了气体的干燥、收集和尾气处理，根据气体的性质确定干燥剂、尾气处理试剂，根据气体的溶解性及密度确定收集方法，注意氨气不能用氯化钙干燥，为易错点，题目难度不大11（3分）向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中（）Ac（Ca2+）、c（OH）均增大Bc（Ca2+）、c（OH）均保持不变Cc（Ca2+）、c（OH）均减小Dc（

34、OH）增大、c（H+）减小【分析】加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HCCH，反应消耗水，结合Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）的影响因素解答【解答】解：加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HCCH，反应消耗水，因原溶液为饱和溶液，则反应后一定有Ca（OH）2析出，则溶液浓度不变，故选：B。【点评】本题为2014年上海考题，涉及难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的原理以及溶解平衡的特点，难度不大12（3分）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列正确的是（）AK1闭合，铁棒上发生的

35、反应为2H+2eH2BK1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体【分析】若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断【解答】解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe2e=Fe2+，故A错误；

36、B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等13（3分）催化加氢可生成3甲基己烷的是（）A

37、BCD【分析】根据不饱和烃的加成原理，不饱和键断开，结合H原子，生成3甲基己烷，据此解答【解答】解：3甲基己烷的碳链结构为，A、经催化加氢后生成3甲基庚烷，故A不选；B、经催化加氢后生成3甲基戊烷，故B不选；C、经催化加氢后能生成3甲基己烷，故C选；D、经催化加氢后能生成2甲基己烷，故D不选。故选：C。【点评】本题主要考查了加成反应的原理，难度不大，根据加成原理写出选项中与氢气加成的产物，进行判断即可14（3分）只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是（）AK值不变，平衡可能移动BK值变化，平衡一定移动C平衡移动，K值可能不变D平衡移动，K值一定变化【分析】平衡常数K是温

38、度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数K值一定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化。【解答】解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等。AK值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，K值不变，平衡向右移动，故A正确；BK值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故B正确；C若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平衡向右移动，但K值只与温度有关，故K值不变，故C正确；D若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则K值不变，故D错误，故选：D。【点评】本题考查平衡常数与平衡

39、移动的关系，难度不大。要注意平衡常数K是温度的函数，只与温度有关。15（3分）图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置下列操作正确的是（）Aa通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰Ba通入NH3，然后b入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉Cb通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰Db通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉【分析】“候氏制碱法”制取NaHCO3的原理 是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3；在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通C02，a管通NH3，所以要向食盐水中先通NH3再通C02，否

40、则C02通入后会从水中逸出，再通NH3时溶液中C02的量很少，得到的产品很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要进行尾气处理，而NH3是碱性气体，所以在c装置中要装酸性物质，据此进行推断【解答】解：“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3，为防止倒吸，a管通NH3，b管通C02，故A、C错误；由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少，故B正确、D错误；故选：B。【点评】本

41、题主要考查实验装置的综合应用、侯氏制碱法原理，题目难度中等，明确侯氏制碱法原理为解答关键，注意掌握常见装置特点及使用方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力16（3分）含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气，若砷的质量为1.50mg，则（）A被氧化的砒霜为1.98mgB分解产生的氢气为0.672mLC和砒霜反应的锌为3.90mgD转移的电子总数为6×105NA【分析】A反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中3价，砒霜发生还原反应；B根据n=计算As的物质的量，根据原子守恒进而计算生成氢气的物质的

42、量，氢气所处的状态不一定是标准状况；C电子转移守恒计算参加反应Zn的物质的量，再根据m=nM计算Zn的质量；D整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中3价，AsH3中3价升高为As中0价，据此计算转移电子数目【解答】解：A反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中3价，砒霜发生还原反应，故A错误；B生成As的物质的量=2×105mol，根据原子守恒可知分解的AsH3为2×105mol，由H原子守恒可知生成氢气为=3×105mol，故标况下，分解产生氢气体积为3×105mol×22.4L/mol=6.72

43、15;104L=0.672 mL，但氢气所处的状态不一定是标准状况，故其体积不一定是0.672 mL，故B错误；C根据电子转移守恒，可知参加反应Zn的物质的量=2×105mol×3（3）÷2=6×105mol，故参加反应Zn的质量=6×105mol×65g/mol=3.9×103g=3.9mg，故C正确；D整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中3价，AsH3中3价升高为As中0价，故整个过程转移电子总数为2×105mol×（6+3）×NAmol1=1.8×104

44、NA，故D错误，故选：C。【点评】本题考查根据方程式计算、氧化还原反应计算等，注意利用守恒思想进行的计算，B选项为易错点，学生容易忽略气体摩尔体积的使用条件17（3分）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3+ 氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答【解答

45、】解：A无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了铁及其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项

46、只有一个正确选项的，多选不给分：有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18（4分）某未知溶液可能含Cl、CO32、Na+、SO42、Al3+将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀下列判断合理的是（）A一定有ClB一定有SO42C一定没有Al3+D一定没有CO32【分析】将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32不存在；因为Al3+水解呈酸性，所以有Al3+，取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色

47、沉淀，则不能确定原溶液中有Cl，因为前面已滴加了氯化钡，据此作判断【解答】解：因为将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32不存在；因为Al3+水解呈酸性，所以有Al3+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有Cl，因为前面已滴加了氯化钡，据此可知A错误；B正确；C错误；D正确，故选：BD。【点评】本题考查了溶液中离子的检验，解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物知识，以及仔细审题，尤其是要注意前面的操作对后面实验的干扰19（4分）下列反应与Na2O2+SO2Na2SO4相

48、比较，Na2O2的作用相同的是（）A2Na2O2+CO22Na2CO3+O2B2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2CNa2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2D3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O【分析】在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用是氧化剂，SO2是还原剂，根据反应中元素的化合价变化分析，A、Na2O2既体现氧化性又体现还原性；B、Na2O2既体现氧化性又体现还原性；C、不属于氧化还原反应；D、根据化合价变化，Na2O2体现氧化性【解答】解：因为在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，A、在2Na2O2+2CO22Na2

49、CO3+O2中只有氧元素变价，Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中只有氧元素变价，Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中1价的氧变为2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了钠及其化合物性质，氧化还原反应的实质分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等20（4分）向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸下列离子方程式可能与事实相符的是（）AO

50、H+2CO32+3H+2HCO3+H2OB2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OC2OH+CO32+4H+CO2+3H2ODOH+CO32+3H+CO2+2H2O【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生反应CO32+H+=HCO3，盐酸过量时发生反应：CO32+2H+=CO2+H2O，以此来解答【解答】解：A设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠

51、消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，将两个方程式相加得：OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故A错误；B设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH+2H+2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH+CO32+3H+HCO3+2H2O，故B正确；C设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH+2CO32+4H+2HCO3+2

52、H2O，即OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故C错误；D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+2H+CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH+CO32+3H+CO2+2H2O，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握反应的先后顺序、与量有关的离子反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大21（4分）室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是（）

53、A溶液的体积：V甲10V乙B水电离出的OH浓度：10c（OH）甲c（OH）乙C若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙D若分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲乙【分析】弱酸为弱电解质，存在电离平衡，加水稀释时，促进弱酸的电离；水是弱电解质，存在电离平衡，酸电离产生的氢离子抑制水的电离平衡。【解答】解：A若酸强酸，则依据溶液吸稀释过程中氢离子物质的量不变5ml×103=V×104，解得V=50ml，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲V乙，故A错误；BpH=3的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生，C（OH）甲=1011mol/L，pH=4的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生，C（OH）乙=1010mol/L，则10c（OH）甲=c（OH）乙，故B错误；C稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质